zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2011 - Sở GD&ĐT Bình Định

Chia sẻ: Dinh Phong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

670
lượt xem 39
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh lớp 8 củng cố kiến thức và luyện thi môn Toán, dề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2011 của Sở GD&ĐT Bình Định sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2011 - Sở GD&ĐT Bình Định

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY :29/06/2011 Đề chính thức Môn thi: Toán Thời gian : 120 phút ( Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 30/6/2011 Bài 1 (2điểm) 3 x  y  7 a) Giải hệ phương trình :  2 x  y  8 b) Cho hàm số y = ax + b.Tìm a và b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng y = -2x +3 và đi qua điểm M( 2;5) Bài 2: (2điểm) Cho phương trình x 2  2(m  1) x  m  4  0 (m là tham số) a)Giải phương trình khi m = -5 b)Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m c)Tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x12  x2 2  3x1 x2  0 Bài 3 : (2điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi.Tính diện tích hình chữ nhật Bài 4: (3điểm) Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm.Trên tia đối của tia BC lấy điểm M bất kì.Đường thẳng đi qua M cắt đường (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P) sao cho O năm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP.Hai dây cung AB,AC cắt NP lần lượt tại D và E. a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp. b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP c) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh: MK 2  MB.MC Bài 5 (1điểm) x 2  2 x  2011 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  (với x  0 x2 LỜI GIẢI Bài 1 (2điểm) a) Giải hệ phương trình: 3 x  y  7  5 x  15 x  3    2 x  y  8 2 x  y  8 y  2 x  3 Vậy nghiệm hệ Pt:  y  2 b) Vì đồ thị h/s: y = ax + b // đt y = -2x + 3 . Nên: a = -2 và b  3 Vậy h/s cần tìm: y = -2x + b ( Với b  3) Vì đồ thị h/s y = -2x + b qua điểm M( 2; 5). Nên: 5 = -2. 2 + b ==> b = 9 (  3. Thõa điều kiện)  a  2 Vậy  Và h/s là: y = -2x + 9  b9 Bài 2: (2điểm) Phương trình x 2  2(m  1) x  m  4  0 (m là tham số) (1) a) Với m = -5: Pt (1) viết: x 2  2( 5  1) x   5  4  0  x 2  8 x  9  0 (a = 1; b = -8 ; c = -9 ) Ta có: a – b + c = 1 – (- 8) + (- 9) = 0 ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = - 1; x 2 = 9 b) Pt: x 2  2(m  1) x  m  4  0 ( 1) ( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 )
2 2 ' 2 2  1  19  1    m  1   m  4   m  m  5   m     0 với mọi m (Do  m    0 vơi mọi m)  2 4  2 ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. c) Pt (1) có '  0 với mọi m ==> Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Theo Viets có: x1 + x2 = - 2(m +1) x1. x2 = m – 4. 2 2 Ta có: x12  x2 2  3 x1 x2  0   x1  x2   x1.x2  0   2  m  1   m  3  0    m0  4m  9m  0  m  4m  9   0   2 m   9  4 Bài 3 : (2điểm) Gọi x (m) là chiều rộng hcn (x > 0 ) Chiều dài hcn là: x + 6 (m) Bình phương độ dài đường chéo hcn là: x2 + (x + 6)2 (m2). Chu vi hcn là: 2(x + x + 6) = 2( 2x + 6) (m). Ta có Pt: x2 + (x + 6)2 = 10( 2x + 6)  x2 – 4x – 12 = 0 ( a = 1; b’ = - 2 ; c = -12 ) ' = (-2)2 -1.(-12) 16 > 0 ;  '  16  4 . Pt có hai nghiệm phân biệt: 24 24 x1   6 ( > 0 Thõa ĐK) x2   2 ( < 0 Loại) 1 1 TL: Chiều rộng hcn: 6 m Chiều dài hcn : 12m Diện tích hcn : 6x 12 = 72 (m2) Bài 4: (3điểm) a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp: Xét đường tròn (O) có: Sd AP  Sd NB D1  (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn) 2 Mà: Sd AP  Sd AN  Do AP  AN  A P Sd AN  Sd NB 1 ==> D1   Sd ANB  ACB 2 2 E 1 K 0 Vì: D1  D2  180 ( DoM; D ; P thẳng hàng) D N 2 0 1 2 1 ==> ACB  D2  180 O Vậy: BDEC nội tiếp. ( Đlí) b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP 1 1 Xét: ABP và MNC Ta có: C M B M 1 (chung) P  C1 (cùng chắn cung NB ) 1 ==> ABP MNC (g-g) MB MP ==>  ==> MB.MC = MN.MP. MN MC c) Chứng minh: MK 2  MB.MC : Xét (O) ta có: AP  AN (gt) ==> O1  O2 (góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau)
==> OA là phân giác NOP Mặt khác ONP có ON = OP (bán kính (O)) A P Nên: ONP cân tại O ==> OA là trung tuyến ONP . Gọi K là giao điểm của MP và AO E 1 K NP NP ==> NK = KP =  a  0 (Đặt  a) D 2 2 N 1 2 1 2 Ta có MN.MP = ( MK – a )(MK + a ) = MK2 – a2 < MK2 (do a2 >0) O Mà: MB.MC = MN.MP. (Cmt) ==> MB.MC < MK2 . 1 1 M B C Bài 5 (1điểm) x 2  2 x  2011 Ta có: A  (với x  0). x2 Gọi A0 là một giá trị của biểu thức A . Lúc đó tồn tại x0 để: x 2  2 x0  2011 A0  0 x0 2   A0  1 x0 2  2 x 0  2011  0 (1) 2011 + Nếu A0 = 1 Thì Pt (1)  2x0 – 2011 = 0  x0 = 2 2011 Vậy: A0 = 1 Khi x0 = (2) 2 + Nếu A0  1 Thì Pt (1) là Pt bậc hai  A0  1 x02  2 x 0  2011  0 2010 Có '  2011A0  2010 . Để Pt (1) có nghiệm khi '  0  2011A0  2010  0  A0  dấu “ =” xảy 2011  2010  2 ra khi   1 x0  2 x0  2011  0  x0 2  4022 x 0  20112  0  x0 = 2011  2011  2010 Vậy: A0  Khi x0 = 2011 (3) 2011 2010 Từ (2) và (3) ==> A0  nho nhât   Khi x0 = 2011 . 2011

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.